2020届江西省新余市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）.doc

免费资料公众号：学习界的007 2020届江西省新余市高三上学期期末数学（理）试题 一、单选题 1．已知全集，集合，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】求得集合，得到或，再根据集合的交集运算，即可求解. 【详解】 由题意，集合，， 则或，所以. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念和运算，以及正确求解集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2．复数满足，则复数的共轭复数的虚部为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用复数的乘除运算求出复数的代数形式，再求出其共轭复数，确认其虚部即可. 【详解】 因为， 所以， 其虚部为. 故选：A. 【点睛】 本题考查复数的乘除运算，以及对共轭复数的认识，是基础题. 3．鸡兔同笼，是中国古代著名的趣味题之一.《孙子算经》中就有这样的记载：今有鸡兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问鸡兔各有几何？设计如右图的算法来解决这个问题，则判断框中应填入的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知为鸡的数量，为兔的数量，为足的数量，根据题意可得出判断条件. 【详解】 由题意可知为鸡的数量，为兔的数量，为足的数量，根据题意知，在程序框图中，当计算足的数量为时，算法结束，因此，判断条件应填入“”. 故选B. 【点睛】 本题考查算法程序框图中判断条件的填写，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 4．函数的图像只可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用函数排除A,B，取特殊值，排除D，即可判断. 【详解】 因为对于任意的,恒成立，所以排除A,B 由于，则排除D 故选：C 【点睛】 本题主要考查了函数图像的识别，属于基础题. 5．若x，y满足,则的最大值是（ ） A． B．2 C． D．1 【答案】A 【解析】作出x,y满足的可行域,利用z的几何意义即可解答． 【详解】 作出实数x,y满足不等式组对应的平面区域如图(阴影部分)： 令则,由图可知当直线过点时,z最大, 即取最大值为, 故选：A ． 【点睛】 本题主要考查线性规划的应用,利用z的几何意义,利用结合数形结合是解决本题的关键．属于基础题． 6．设，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由对数的运算化简可得，，结合对数函数的性质，求得，又由指数函数的性质，求得，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，对数的运算公式，可得， ， 又由，所以，即， 由指数函数的性质，可得， 所以. 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质，求得的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 7．函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由三角函数的周期可得，由函数图像的变换可得， 平移后得到函数解析式为，再求其对称轴方程即可. 【详解】 解：函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由， 得，当时，. 故选D. 【点睛】 本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题. 8．已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，侧棱，，两两垂直，且，若以为球心且1为半径的球与三棱锥公共部分的体积为，球的体积为，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知是半径为1的球的体积的，把三棱锥补成正方体，利用正方体与外接球的关系即可得到球的体积为. 【详解】 由题意易得：， 将三棱锥补形为正方体可得其外接球即为三棱锥体的外接球，直径为：， 从而，， 所以， 故选：B. 【点睛】 三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: . 9．今年4月，习近平总书记专程前往重庆石柱考察了“精准脱贫”工作，为了进一步解决“两不愁，三保障”的突出问题，当地安排包括甲、乙在内的名专家对石柱县的个不同的乡镇进行调研，要求每个乡镇至少安排一名专家，则甲、乙两名专家安排在不同乡镇的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先求出甲、乙两名专家被分配在同乡镇的概率，由此能求出甲、乙两名专家不在同乡镇的概率． 【详解】 记甲、乙两名专家被分配在同乡镇的事件为A，名专家分到个不同的乡镇， 共有2种情况，1种情况为1,1,3人，另1种情况为1,2,2人. 那么， 所以甲、乙两名专家不在同乡镇的概率为：． 故答案为： 【点睛】 本题考查了分步计算原理的运用问题，也考查了间接法和古典概型的计算问题，属于基础题． 10．已知双曲线：的左右焦点分别为、，过原点的直线与双曲线交于，两点，若，的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】连接得四边形为平行四边形；根据双曲线定义及的面积求得，再在中应用余弦定理即可求得关系，进而利用双曲线中的关系求得渐近线方程。 【详解】 根据题意，连接得四边形为平行四边形，几何关系如下图所示： 设，则 的面积为，，则由三角形面积公式可得 ，化简得 解得，（舍） 所以 在中， 由余弦定理可得 ， 即 化简可得 ，由双曲线中 可得 即 所以渐近线方程为 所以选D 【点睛】 本题考查了双曲线的定义和性质，渐近线方程求法，余弦定理的简单应用，属于中档题。 11．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解. 【详解】 由， 可得，即.又，所以． 因为，所以点为的重心， 所以，所以， 两边平方得． 因为，所以， 于是，所以， 的面积为. 因为的面积是面积的倍.故的面积为． 【点睛】 本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题. 12．已知函数，，其中．若的图象在点处的切线与的图象在点处的切线重合，则a的取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先根据导数的几何意义写出函数在点A与函数在B处的切线方程，再利用两直线重合的充要条件列出关系式，从而得出，令，则，最后利用导数研究它的单调性和最值，即可得出的取值范围． 【详解】 ∵， ∴，， 函数在点处的切线方程为：， 函数在点处的切线方程为：， 两直线重合的充要条件是①，②， 由①及得， 故， 令，则，且， 设， ， 当时，恒成立，即单调递减， ，时，， 即a的取值范围为，故选A. 【点睛】 本题主要考查了导数的几何意义等基础知识，考查了推理论证能力、运算能力、创新意识，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法，属于中档题. 二、填空题 13．中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走里，第一日，第四日，第七日所走之和为里，则该男子的第三日走的里数为__________． 【答案】120 【解析】将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公差，再求第三日走的里数，即数列的第三项. 【详解】 因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为，其公差为，前项和为. 根据题意可知，， 法一： ， ， . 法二：， 解得所以 【点睛】 本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题. 14．的展开式中的系数为_________. 【答案】160 【解析】根据的展开式的通项公式可得的展开式中的系数. 【详解】 的展开式中的系数为 【点睛】 本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题. 15．若，则的值为__________. 【答案】 【解析】利用二倍角的正弦公式和平方关系式的逆用公式弦化切可得,利用两角和的正切公式可得,然后相除可得. 【详解】 因为, 所以, , 所以. 故答案为: 【点睛】 本题考查了二倍角的正弦公式,两角和的正切公式,属于中档题. 16．抛物线有如下光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线，如图，一平行轴的光线射向抛物线上的点，经过抛物线的焦点反射后射向抛物线上的点，再反射后又沿平行轴方向射出，若两平行光线间的最小距离为6，则此抛物线的方程为_______. 【答案】 【解析】联立直线与抛物线方程，消去得到关于的方程，利用韦达定理得到的值，然后表示两平行光线距离，并求出其最小值为，而由题意可知最小值为，从而得到，抛物线方程得解. 【详解】 设，设两平行光距离为， 由题意可知，， 因为，而直线过点，则设直线方程为：， 因为，消去得， 由韦达定理可得， 则， 所以， 故抛物线方程为. 【点睛】 本题主要考查了抛物线方程的求解，涉及到韦达定理的应用，属于难题.对于涉及到直线与曲线相关的距离问题，常常运用到韦达定理以及弦长公式进行求解. 三、解答题 17．已知是首项为的等比数列，各项均为正数，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由得q方程求解即可；（2）变形为 裂项求和即可. 【详解】 （1）设的公比为， 由得 ， 解得，或， 因各项都为正数，所以，所以，所以， . 【点睛】 本题考查等比数列通项公式，裂项相消求和，熟记等比数列通项，熟练计算裂项求和是关键，易错点是裂项时提系数，及剩余项数，是基础题. 18．如图,在四棱锥中，平面平面，，，，，点在棱上，且.   （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）是否存在实数，使得二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：(1)由边长和勾股定理得，又平面平面，由定理证得平面     (2) 建立空间直角坐标系, 得出平面的一个法向量为 ，设平面的一个法向量为，由题意计算得出结果 解析：（Ⅰ）过点作交于， ，， 四边形为正方形，且， 在中，，在中，    又平面平面，平面平面 平面    平面，且 平面                    （Ⅱ）  又平面平面，平面平面 平面 ，           以点为坐标原点，、、所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 假设存在实数使得二面角的余弦值为，令 点在棱上， 设 则， 平面，平面的一个法向量为    设平面的一个法向量为 由得令得 取                              化简得又                 存在实数使得二面角的余弦值为. 19．为庆祝党的98岁生日，某高校组织了“歌颂祖国，紧跟党走”为主题的党史知识竞赛。从参加竞赛的学生中，随机抽取40名学生，将其成绩分为六段，，，，，，到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值及样本的中位数与众数； （2）若从竞赛成绩在与两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于分为事件,求事件发生的概率. （3）为了激励同学们的学习热情,现评出一二三等奖,得分在内的为一等奖,得分在内的为二等奖, 得分在内的为三等奖.若将频率视为概率,现从考生中随机抽取三名,设为获得三等奖的人数,求的分布列与数学期望. 【答案】(1)0.06；87.5；87.5；(2)；(3)详见解析 【解析】（1）根据小矩形的面积之和等于1，列出方程，求得的值，根据中位数定义估计中位数的范围，在列出方程求解中位数，再根据众数的定义，即可求解. （2）计算两组的人数，再计算抽取的两人在同一组的概率，即可求解； （3）根据题意，得到随机变量服从二项分布，再利用二项分布的期望公式，即可求解. 【详解】 （1）由频率分布直方图可知，解得， 可知样本的中位数在第4组中，不妨设为， 则，解得， 即样本的中位数为， 由频率分布直方图可知，样本的众数为. （2）由频率分布直方图可知，在与两个分数段的学生人数分别为和，设中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M， 则事件M发生的概率为，即事件M发生的概率为. （3）从考生中随机抽取三名,则随机变量为获得三等奖的人数,则， 由频率分布直方图知，从考升中任抽取1人，此生获得三等奖的概率为， 所以随机变量服从二项分布， 则， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 0.343 0.441 0.189 0.027 所以. 【点睛】 本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及随机变量的分布列及其数学期望的求解，其中解答中认真审题，熟练频率分布直方图的性质，正确确定随机变量的取值，求得相应的概率，得出随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 20．已知椭圆过点，离心率为，为坐标原点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆上的三点，与交于点，且，当的中点恰为点时，判断的面积是否为常数，并说明理由． 【答案】（1）；（2）的面积是常数为，理由见解析. 【解析】（1）由题a=再由离心率，求得c,再由，即可求得方程；（2）若点是椭圆的右顶点，求得的面积为，若点不是椭圆的左、右顶点，则设直线的方程为：，与椭圆联立，由韦达定理得的坐标，弦长公式，点到线的距离公式，进而求出的面积为常数 【详解】 （1）由已知易得， ∴， 故椭圆的标准方程为：. （2）①若点是椭圆的右顶点（左顶点一样），则， ∵，在线段上， ∴，此时轴，求得， ∴的面积等于. ②若点不是椭圆的左、右顶点，则设直线的方程为：，，， 由得，则，， ∴的中点的坐标为， ∴点的坐标为，将其代入椭圆方程，化简得． ∴ ． 点到直线的距离， ∴的面积． 综上可知，的面积为常数． 【点睛】 本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，三角形面积公式，熟记椭圆的简单几何性质，准确计算弦长，距离及面积公式是关键，是中档题 21．已知函数，. （1）若存在极小值，求实数的取值范围； （2）设是的极小值点，且，证明：. 【答案】(1) .(2)见解析. 【解析】（1）先求得导函数，根据定义域为，可构造函数，通过求导及分类讨论，即可求得的取值范围。 （2）由（1）令，通过分离参数得，同时求对数，根据函数，可得。构造函数及，由导数即可判断的单调情况，进而求得的最小值，结合即可证明不等式成立。 【详解】 （1）. 令， 则， 所以在上是增函数. 又因为当时，； 当时，. 所以，当时，，，函数在区间上是增函数，不存在极值点； 当时，的值域为， 必存在使. 所以当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增； 所以存在极小值点. 综上可知实数的取值范围是. （2）由（1）知，即. 所以， . 由，得. 令，显然在区间上单调递减. 又，所以由，得. 令， ， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 所以，当时，函数取最小值， 所以，即，即， 所以，， 所以， 即. 【点睛】 本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立，变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，是高考的常考点和难点，属于难题。 22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的普通方程为.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线和直线的极坐标方程； （2）若直线与曲线交于，两点，求. 【答案】(1) ，;(2) . 【解析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程；根据直线过原点，即可得的极坐标方程。 （2）联立直线的极坐标方程与曲线的极坐标方程，根据极径的关系代入即可求得的值。 【详解】 （1）由曲线的参数方程为（为参数）， 得曲线的普通方程为， 所以曲线的极坐标方程为， 即. 因为直线过原点，且倾斜角为， 所以直线的极坐标方程为. （2）设点，对应的极径分别为，， 由， 得， 所以，， 又，， 所以 . 【点睛】 本题考查了参数方程、普通方程和极坐标方程的转化，利用极坐标求线段和，属于中档题。 23．[选修4-5：不等式选讲] 已知，，，且. 证明： （1）； （2）. 【答案】(1)见解析.(2)见解析. 【解析】（1）根据分析法，结合不等式关系中的，，，即可证明不等式成立；或用柯西不等式，直接证明不等式成立。 （2）根据“1”的代换，代入后结合基本不等式即可证明；直接构造基本不等式证明，也可证明不等式成立。 【详解】 （1）方法一：因为， 所以， 因为，，， 所以 . 所以，当且仅当时，等号成立. 方法二：， 所以，当且仅当时，等号成立. （2）方法一： ， 所以， 当且仅当时，等号成立. 方法二： ， 所以， 当且仅当时，等号成立. 【点睛】 本题考查了不等式的证明，基本不等式及柯西不等式的应用，属于中档题。 第 22 页 共 22 页